(SKKN MỚI NHẤT) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ.

NỘI DUNG

SỬ DỤNG CSC – CSN ĐỂ XÂY DỰNG CÁCH TÌM CTTQ CỦA MỘT SỐ DẠNG DÃY SỐ CÓ CÔNG THỨC TRUY HỒI ĐẶC BIỆT

SỐ CÓ CÔNG THỨC TRUY HỒI ĐẶC BIỆT

Trong phần này, chúng tôi phát triển phương pháp xác định chuỗi số tuần hoàn (CTTQ) cho một số dạng dãy số có công thức truy hồi đặc biệt Các phương pháp này được xây dựng dựa trên những kết quả đã biết về chuỗi số ngẫu nhiên (CSN) và chuỗi số cố định (CSC), kết hợp với việc lựa chọn phương pháp phù hợp Trước tiên, chúng tôi sẽ nhắc lại một số kết quả quan trọng liên quan đến CSN và CSC.

1 Số hạng tổng quát của cấp số cộng và cấp số nhân

1.1: Số hạng tổng quát của cấp số cộng Định nghĩa: Dãy số ( )u n gọi là cấp số cộng nếu có một số thực d sao cho với mọi số nguyên n  2 ta có:u n u n  1 d d: gọi là công sai của CSC; u 1 : gọi số hạng đầu, u n gọi là số hạng tổng quát của cấp số Định lí 1: Cho CSC ( )u n Ta có : u n u 1 (n 1)d (1) Định lí 2: Gọi S n là tổng n số hạng đầu của CSC ( )u n có công sai d Ta có:

Cấp số nhân là dãy số (u_n) với tính chất u_{n+1} = q * u_n, trong đó q là công bội Theo định lý 3, ta có công thức tổng quát cho số hạng n của cấp số nhân: u_n = u * q^{n-1} Định lý 4 xác định S_n là tổng của n số hạng đầu tiên trong cấp số nhân (u_n) với công bội q.

2 Áp dụng CSC – CSN để xác định CTTQ của một số dạng dãy số đặc biệt

TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com

Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( )u n được xác định bởi

Ta thấy dãy ( )u n là một CSC có công sai d  2 Áp dụng kết quả (1) ta có:

Ví dụ 1.2: Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( )u n được xác định bởi

Ta thấy dãy ( )u n là một CSN có công bội q  2 Ta có:u n  3.2 n  1

Ví dụ 1.3: Xác định số hạng tổng quát của dãy ( )u n được xác định bởi:

Trong bài toán này chúng ta sẽ gặp khó khăn vì dãy ( )u n không phải là CSC hay

Dãy số ( )u n không phải là chuỗi số chuẩn (CSN) do sự xuất hiện của hằng số 1 ở vị trí VT Để chuyển đổi dãy số này về dạng CSN, chúng ta cần loại bỏ hằng số 1 Ta sẽ thực hiện điều này bằng cách đặt n n u k v l, trong đó k và l là các hằng số với k khác không.

    và k bất kì nên ta chọn

   Dễ thấy dãy ( )v n là CSN với công bội q  3

Ta thấy k bất kì, do đó khi đặt ta chọn k 1

Tương tự cách làm này ta có được kết quả tổng quát sau:

Dạng 1: Dãy số ( ) :u n u 1 x 0 , u n au n  1   b n 2 (a b,  0 là các hằng số) có CTTQ là:

Ví dụ 1.4: Xác định CTTQ của dãy ( )u n được xác định bởi

Trong ví dụ này, chúng ta không thể sử dụng kết quả 1 vì hệ số tự do không phải là hằng số mà là một hàm bậc nhất biến n Tuy nhiên, chúng ta có thể áp dụng cách giải tương tự như trước để loại bỏ 3n + 2 trong phương trình Ta đặt u_n = k*v_n + t_n, trong đó k, t là các hằng số với k ≠ 0.

Ta thấy trong cách giải trên không phụ thuộc vào k, nên khi đặt ta có thể chọn k 1

Ví dụ 1.5: Cho dãy số 1

Giải: Với bài toán này nếu ta thực hiện cách làm như trên sẽ không dẫn đến kết quả, vì sau khi đặt ta có : n 1 n 2 1 t v v n k k

     dẫn đến ta không thể làm mất n được

Ta sẽ đi tìm lời giải khác cho bài toán trên Ta viết công thức truy hồi của dãy đã cho dưới dạng sau u n u n  1 2n 1 Từ đây ta có:

Kết quả phân tích cho thấy nguyên nhân khiến phương pháp ban đầu không đạt kết quả là do CTTQ của dãy số là một đa thức bậc hai theo n, trong khi cách đặt ban đầu lại dẫn đến một đa thức bậc nhất Từ phân tích này, chúng ta có thể giải bài toán theo cách khác bằng cách đặt u_n = v_n + an² + bn + c.

  , c bất kì nên ta chọn c  0

Vì c bất kì nên ta chỉ cần đặt u n v n an 2 bn v n n an b(  )

Dạng 2: Từ ví dụ 4 và cách giải thứ hai của ví dụ 5 ta rút ra được cách tìm CTTQ của dãy ( )u n được xác định bởi: 1 0

 , trong đó f n( ) là một đa thức bậc k theo n; a là hằng số Ta làm như sau:

Nếu a = 1, ta đặt u_n = v_n + n g_n, trong đó g_n là một đa thức bậc k theo n Bằng cách thay vào công thức truy hồi của dãy, ta chọn g_n sao cho n g_n(-n-1)(g_n-1) = f_n Từ đó, ta xác định dãy v_n là chuỗi số nghiệm (CSN) với công bội q = 1, từ đó tìm được công thức tổng quát (CTTQ) của dãy v_n và suy ra CTTQ của dãy u_n.

* Nếu a 1, ta đặt u n v n h n( ) với h n( ) là một đa thức theo nbậc k Thay vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn h n( ) :h n( )ah n( 1)  f n( ) ta có được dãy

  v n là CSN với công bội q a từ đó ta tìm được CTTQ của dãy   v n Suy ra ta có CTTQ của dãy ( )u n

Ví dụ 1.6: Cho dãy số 1

Với cách giải tương tự như các ví dụ trên ta đặt: u n v n a.2 n

Lưu ý : Trong trường hợp tổng quát dãy ( ) :u n u n a u n  1 b. n , ta đặt

n n n u  x y Khi đó , ta có: x n y. n a x n  1 ay. n  1 b. n

       Do đó, nếu a  , ta chọn y b a

    Vậy ta có kết quả sau

Chú ý : Trong trường hợp a  ta có thể tìm CTTQ của dãy ( )u n như sau: Đặt u n x n y n a n Khi đó ta có: x n y n . n a x n  1 ay n( 1).a n  1 b a n

Ví dụ 1.7: Tìm CTTQ của dãy 1

Giải: Đặt u n v n a.3 n b.7 n c Khi đó , ta có:

Qua ví dụ trên ta có kết quả sau:

Dạng 4: Để tìm CTTQ của dãy số 1

( trong đó a b c, ,  0; ,  1;   a) ta làm như sau:

Chú ý : Nếu  a hoặc  a thì khi đặt u n theo v n thì ta nhân thêm n vào trước

Giải: Để tìm CTTQ của dãy   u n ta sử dụng hai kết quả 2 và kết quả 3 Đặt u n v n a.3 n bn c

 , trong đó f n( ) là đa thức theo n bậc k ta tìm CTTQ của dãy như sau:

Nếu a khác 1, ta định nghĩa u_n = v_n + x.α_n + g_n(n), trong đó g_n(n) là đa thức bậc k theo n Chúng ta sẽ chọn dãy v_n sao cho nó trở thành một chuỗi số nghiệm (CSN) Từ đó, ta có thể tìm được công thức tổng quát (CTTQ) của dãy v_n, và từ đó suy ra CTTQ của dãy u_n.

* Nếu a 1 thì ta tìm được u n theo cách làm đã ở kết quả 2 và 3

Ví dụ 1.9: Xác định CTTQ của dãy

Ta viết công thức truy hồi của dãy lại như sau: u n  1 2u n  3(u n 2u n  1 ) (1) Đặt v n  1 u n  1 2u n , ta có: 1 1 1 1

Sử dụng kết quả 2, ta có: u n  5.3 n 6.2 n

Trong bài viết này, chúng ta đã phân tích các biểu thức 5 = 2 + 3 và 6 = 2.3 để xây dựng công thức truy hồi (1) Từ đó, chúng ta có thể xác định dãy phụ (v_n) là một chuỗi số tự nhiên (CSN) Các hệ số trong công thức truy hồi là 5 và 6, giúp chúng ta dễ dàng nhận diện mối liên hệ giữa chúng Vậy trong trường hợp tổng quát, liệu chúng ta có thể phân tích các hệ số này hay không? Nếu có, cách phân tích sẽ được thực hiện như thế nào? Hãy cùng xem xét ví dụ sau.

Ví dụ 1.10: Cho dãy số   u n được xác định bởi : 0 1

Hãy xác định CTTQ của dãy ( )u n

Gọi x y, là hai số thỏa mãn: 4 ,

Ta có: u n  1 (x y u) n xyu n  1 u n  1 x u n y u( n xu n  1 ) Đặt v n u n x u n  1 v 1  2 x và v n  1 y v n v n v y 1 n  1 (2x y) n  1

    Áp dụng kết quả 3, ta có:

Ví dụ 1.11: Cho a b c, , là các số thực khác không và dãy ( )u n được xác định bởi

 Hãy xác định CTTQ của dãy ( )u n ?

Ta viết lại công thức truy hồi của dãy đã cho như sau: u n  1 x u n y u( n x u n  1 )

Ta xác định x y, sao cho: x y a , xy b x y

 là nghiệm PT: X 2 aX b  0 (1) Giả sử tồn tại tại x y, , tức là phương trình (1) có nghiệm Đặt v n u n x u n  1 Ta có: 1 1

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hay x y Áp dụng kết quả 2, ta có: n n n yp q q xp u x y y x y x

 Ta xét trường hợp còn lại: (1) có nghiệm kép

Vậy ta có kết quả tổng quát sau:

Dạng 6: Cho a b c, , là các số thực khác không; a 2 4b  0 và dãy ( )u n được xác định bởi: 0 1

  , trong đó x y, là nghiệm của phương trình : X 2 aX b  0 (1)

Phương trình (1) gọi là phương trình đặc trưng của dãy

Chú ý : Để xác định CTTQ của dãy ( )u n nói trên ta có thể trình bày như sau

Xét phương trình đặc trưng (1)

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt X X 1 , 2 thì u n x X 1 n y X 2 n , dựa vào u u 0 , 1 ta tìm được x y,

 Nếu (1) có nghiệm kép X 1  X 2  thì u n (pn q ). n , dựa vào u u 0 , 1 ta tìm được p q,

Để giải quyết bài toán, chúng ta cần loại bỏ phần vế phải trong công thức truy hồi của dãy Đầu tiên, ta đặt \( u_n = x_n + a_n^2 + b_n c \) Sau đó, thay thế vào công thức truy hồi và tiến hành rút gọn để tìm ra kết quả.

 Áp dụng kết quả 3, ta có:

Ví dụ 1.13: Tìm CTTQ của dãy số: 1 2

 ,( trong đó f n( ) là đa thức theo n và b 2 4ac  0)

Giải: Đặt u n x n g n( ) với g n( ) là một đa thức theo n Thay vào công thức truy hỗi của dãy ta được: a x n b x n  1 c x n  2 a g n ( )b g n (  1) cg n( 2) f n( )

Khi đó: a x n bx n  1 c x n  2  0 Áp dụng kết quả 2, ta có được CTTQ của dãy ( )x n , từ đó ta tìm được CTTQ của dãy ( )u n

Vấn đề còn lại là giải phương trình (*)

Giả sử g n( ) a n k k a k  1 n k  1  a n a 1  0 là đa thức bậc k Khi đó hệ số của x k và x k  1 trong VP là: a a b c x k (   ) k và  (b 2 ) c k a k (a b c a  ) k  1 x k  1 Do đó :

* Nếu PT: aX 2 bX c  0 (1) có nghiệm hai nghiệm phân biệt khác 1 thì

0 a b c   nên VT(*) là một đa thức bậc k

* Nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x 1

    và  (b 2 ) c k a k (a b c a  ) k  1   (b 2 ) .c k a k  0 nên VT là một đa thức bậc k 1

* Nếu PT (1) có nghiệm kép x 1    a b c 0 và

  nên VT(*) là một đa thức bậc k 2

Vậy để chọn g n( ) ta cần chú ý như sau:

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g n( ) là một đa thức cùng bậc với f n( )

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1 thì ta chọn g n( ) là đa thức lớn hơn bậc của f n( ) một bậc

 Nếu (1) có nghiệm kép x 1 thì ta chọn g n( ) là đa thức có bậc lớn hơn bậc của f n( ) hai bậc

Dạng 7: Để tìm CTTQ của dãy 1 2

( trong đó f n( ) là đa thức theo nbậc k và b 2 4ac  0) ta làm như sau:

 Xác định đa thức g n a g n( ) : ( )bg n(  1) cg n( 2)  f n( ), trong đó g n( ) là: đa thức theo n bậc k nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1; đa thức bậc k 1 nếu

(1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1; đa thức bậc k 2 nếu

 Khi xác định được g n( ) ta đặt u n  x n g n( ), ta có dãy ( )x n được xác định bởi:

n n 0 1 x p g u g a x bx c n Áp dụng kết quả 3 ta xác định được CTTQ của ( )x n , từ đó ta tìm được CTTQ của dãy ( )u n

Ví dụ 1.14: Tìm CTTQ của dãy số 0 1

Giải: Đặt u n x n y.2 n Khi thay vào công thức truy hồi ta không làm mất 5.2 n ở

Ta sẽ đi tìm cách giải khác cho bài toán này

Ta viết công thức truy hồi của dãy như sau: (u n 2u n  1 ) 3( u n  1 2u n  2 ) 5.2 n Đặt x n u n 2u n  1 x n 3x n  1  5.2 n Áp dụng kết quả 2, ta có:

Sử dụng chú ý ở kết quả 3, ta đặt u n v n a.3 n bn.2 n

Lưu ý : Dựa vào CTTQ đã xác định ở trên, ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Đặt u n x n yn.2 n , ta có: x n 5x n  1 6x n  2 y.2 n  1 5.2 n , ta chọn y  10

       Áp dụng kết quả 4, ta có:

Ví dụ 1.15: Tìm CTTQ của dãy

Trong dãy số này, nếu đặt \( u_n = x_n + y \cdot 2^n \), khi thay vào công thức truy hồi, chúng ta không thể xác định giá trị của \( y \) Do đó, cần tìm một phương pháp giải khác cho bài toán này.

Ta viết lại công thức truy hồi của dãy như sau:

(u n 2u n ) 2(u n 2u n ) 3.2 n Đặt x n  u n 2u n  1 , ta có: x n 2x n  1  3.2 n Áp dụng kết quả 2, ta có:

Lưu ý : Từ CTTQ của dãy ( )u n ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau Đặt u n x n yn 2 2 n Ta có: x n 4x n  1 4x n  2 2 2y n  3.2 n Ta chọn 3 y  2

       Áp dụng kết quả 4, ta được

Từ ba ví dụ trên ta rút ra được nhận xét sau:

Dạng 8: Cho dãy số ( )u n xác định bởi: 0 1

20 Để xác định CTTQ của dãy ( )u n ta làm như sau:

 Nếu phương trình : X 2 bX  c 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác  thì ta đặt

Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được x n u n

 Nếu x  là nghiệm đơn của (1) thì ta đặt:

n n n 0 a x  bx c x   Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được x n u n

 Nếu x  là nghiệm kép của (1) thì ta đặt:

n n n 0 a x  bx c x   Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được x n u n

Với cách xây dựng tương tự ta cũng có được các kết quả sau

CTTQ của dãy ta xét phương trình: ax 3 bx 2 cx d  0 (1) ( (1)gọi là phương trình đặt trưng của dãy)

 Nếu (1) có ba nghiệm phân biệt x x x 1 , , 2 3 u n x 1 n  x 2 n x 3 n Dựa vào

 Nếu (1) có một nghiệm đơn, 1 nghiệm kép:

Dựa vào u u u 0 , , 1 2 ta tìm được   , ,

 Nếu (1) có nghiệm bội 3 x 1  x 2 x 3 u n (  n n x 2 ) 1 n Dựa vào

Ví dụ 1.16: Tìm CTTQ của dãy ( ) :u n 1 2 3

Giải : Xét phương trình đặc trưng : x 3 7x 2 11x  5 0

Phương trình có 3 nghiệm thực: x 1 x 2 1, x 3 5

Cho n 1, n  2, n  3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được

Ví dụ 1.17: Tìm CTTQ của dãy số 0 1 1

   và u 1  5 Áp dụng kết quả 4, ta có:

Tương tự ta có kết quả sau:

 Để xác định CTTQ của hai dãy ( ),( )x n y n ta làm như sau:

Ta biến đổi được: x n  1 (p s x ) n (ps qr x ) n  1  0 theo kết quả 4 ta xác định được x n , từ đây thay vào hệ đã cho ta có được y n

Chú ý : Ta có thể tìm CTTQ của dãy số trên theo cách sau:

Ta đưa vào các tham số phụ , ' 1 1

 giải hệ này ta tìm được    x n , y n

Ví dụ 1.18: Tìm CTTQ của dãy

 Áp dụng kết quả 1, ta được: 1

Ví dụ 1.19: Tìm CTTQ của dãy số

Bài toán này phức tạp hơn so với bài toán trước do có hệ số tự do trong tử số Để loại bỏ hệ số tự do, ta sử dụng một dãy phụ bằng cách đặt \( u_n = x_n + a \) Thay thế vào công thức truy hồi sẽ giúp giải quyết vấn đề.

 Để tìm CTTQ của dãy

(xn) ta làm như sau: Đặt u n x n t, thay vào công thức truy hồi của dãy ta có:

( ) ( ) n n n n n px pt q p rt x rt p s t q x t ru rt s rx rt s

Ta chọn t rt: 2 (s  p t q)   0 Khi đó ta chuyển (1) về dạng:

1 1 n n a b x  x   Áp dụng kết quả 1, ta tìm được 1 x n , từ đó suy ra x n  u n

Ví dụ 1.21: Xác định CTTQ của hai dãy số 1

Do vậy nếu ta đặt n n n x u

Ta có bài toán sau:

Ví dụ 1.22: Xác định CTTQ của dãy số

Theo kết quả bài toán trên, ta có:

1) Từ hai ví dụ trên ta có được cách tìm CTTQ của hai dãy số ( ),( )u n v n được xác định bởi:

 (trong đó a là số thực dương) như sau:

2) Áp dụng kết quả trên ta tìm được CTTQ của dãy

Ta có: u 2 9;u 3  89;u 4  881 Giả sử: u n xu n  1 yu n  2

Từ công thức truy hồi của dãy ta có: (u n 5u n  1 ) 2 24u n 2  1 8

Từ (1),(2) u n  2 ,u n là hai nghiệm của phương trình : t 2 10u n  1 t u n 2  1  8 0 Áp dụng định lí Viet, ta có: u n u n  2 10u n  1

Mà (t 2 5t 4) 2  f t( ) ( t 2 5t 14) 2 kết hợp với f t( ) là số chẵn ta suy ra

2 5 m t  t x với x   6, 8,10,12  Thử trực tiếp ta thấy t   4 a 24

Từ dãy truy hồi (u n au n  1 ) 2 bu n 2  1  c u n 2 2au u n n  1 u n 2  1  c 0

Thay n bởi n 1, ta có: u n 2  2 2au n  1 u n  2 u n 2  1  c 0u n u n  2 2au n  1

,trong đó  0;a 1; a 2  b 1 ta xác định CTTQ như sau:

Ta viết lại công thức truy hồi dưới dạng:

Ta có u n au n  1  bx n 2  1 c đây là dãy mà ta đã xét ở trên

Ta có: u 3  3;u 4 11;u 5  41 Ta giả sử u n xu n  1 yu n  2 z

Từ u 3  3;u 4 11; u 5  41 ta có hệ phương trình:

Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm

SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC ĐỂ XÁC ĐỊNH CTTQ CỦA DÃY SỐ

Phương pháp thế lượng giác là một kỹ thuật hữu ích trong việc giải quyết các bài toán có liên quan đến công thức lượng giác Khi gặp những yếu tố gợi nhớ đến các công thức này, chúng ta có thể áp dụng phương pháp này để tìm ra lời giải Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp thế lượng giác.

Xác định CTTQ của dãy ( )u n

Từ công thức truy hồi của dãy, ta liên tưởng đến công thức nhân đôi của hàm số côsin

Ta có: 1 1 cos 2 2 cos 2 1 cos2

Khi sử dụng phương pháp thế lượng giác cho dãy số (u_n) với điều kiện u_1 ≤ 1, ta cần xem xét cách giải quyết khi u_1 > 1 Để tìm công thức tổng quát (CTTQ) cho dãy số này, ta đặt a = 1/(1 - u_2).

  a ( trong đó a  0 và cùng dấu với u 1 )

Trong bài viết này, a là nghiệm cùng dấu với u1 của phương trình a^2 - 2u*a1 + 1 = 0 Phương trình này có hai nghiệm với tích bằng 1, do đó, chúng ta có thể diễn đạt công thức tổng quát (CTTQ) của dãy như sau.

Ví dụ 2.2: Xác định CTTQ của dãy số 1

3 3 cos 4 cos 3 cos cos 3 cos

Bằng quy nạp ta chứng minh được:

1) Để tìm CTTQ của dãy 1 3

Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được : u n  cos 3 n  1 

Bằng quy nạp ta chứng minh được 3 1 1

2) Từ trường hợp thứ hai của bài toán trên, ta có cách tìm CTTQ của dãy số

  a Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được :

Bằng quy nạp ta chứng minh được u n  2 cos2 n  1 

Bằng quy nạp ta chứng minh được: sin 1

Ví dụ 2.5: Cho a b, là hai số thực dương không đổi thỏa mãn a b và hai dãy

 b  nên ta đặt a cos b   với 0;

Khi đó: 1 cos (1 cos ) cos 2

Bằng quy nạp ta chứng minh được tan ( 1)

Chú ý : Để tìm CTTQ của dãy

Ta đặt a  tan ; b  tan , khi đó ta chứng minh được: u n  tan (n 1)

1 n n n u  u    u  Đặt 1 n n x  u khi đó ta được dãy ( )x n được xác định như sau: 1 1 1 2 1 và 1

XÁC ĐỊNH CTTQ BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SINH

Trong phần này, chúng tôi áp dụng kiến thức toán cao cấp để phát triển một phương pháp xác định chuỗi số, cụ thể là phương pháp hàm sinh Phương pháp này chỉ mang tính chất tham khảo.

Phương pháp hàm sinh là một kỹ thuật hiện đại, dựa trên kiến thức về chuỗi và chuỗi hàm, đặc biệt là công thức Taylor Định nghĩa 1: Cho dãy số a_0, a_1, a_2, , a_n.

Chuỗi hình thức A x( ) a 0 a x a x 1  2 2  a x n n  gọi là hàm sinh của dãy ( )a n

Chúng ta gọi đó là chuỗi hình thức, không quan tâm đến tính hội tụ hay giá trị của chuỗi, mà chỉ xem đó như một cách viết tiện lợi Một số phép toán trên các chuỗi được áp dụng để xác định các hệ số cho các lũy thừa của biến x Định nghĩa 2: Với hai chuỗi bất kỳ A(x) = a0 + ax1 + + axn + và chuỗi khác.

) a Phép cộng: A x( )B x( ) a 0 b 0 (a 1 b x 1 )  ( a n b x n ) n  b) Phép nhân với một số: k A x ( ) ka 0 ka 1  ka x n n 

Trong phương pháp này ta thường hay sử dụng công thức khai triển Newton mở rộng sau:  1  x     1  x      1  x 2 2       1      n 1  x n n ! 

Với  là một số hữu tỉ,   0

Ta xét một số trường hợp đặc biệt

Tư tưởng sử dụng hàm sinh để tìm chuỗi số học (CTTQ) của dãy số (a_n) có thể được tóm tắt như sau: Để xác định CTTQ của dãy (a_n), ta cần xem xét hàm sinh A(x) của dãy này Theo tính chất của dãy (a_n), hàm A(x) phải thỏa mãn một số hệ thức nhất định Bằng cách giải các hệ thức đó, ta có thể tìm được A(x) = f(x), trong đó f(x) là một hàm số bao gồm các phép toán số học như cộng, trừ, nhân, chia và lũy thừa Cuối cùng, ta sẽ khai triển f(x) thành chuỗi và so sánh hệ số của x^n để tìm ra a_n.

Giải: Xét A x( ) là hàm sinh của dãy ( )a n

Ví dụ 3.2: Tìm CTTQ của dãy số a 0 1 và a a n 0 a n  1 1 a  a a 0 n 1  n 1

Xét A x( ) là hàm sinh của dãy ( )a n

Ví dụ 3.3: Tìm CTTQ của dãy số:

Xét A x( ) là hàm sinh của dãy ( )a n

    Giải phương trình này đối với xA x( ), ta được:

hệ số của x k trong khai triển thành chuỗi lũy thừa của 1 4x bằng:

  x vì các hệ số của x k trong xA x( ) là các số nguyên dương Do đó: ( ) 1 1 4

Chú ý : a n ở bài toán trên ta thường gọi là số catalan

ỨNG DỤNG BÀI TOÁN TÌM CTTQ CỦA DÃY SỐ VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ - TỔ HỢP

BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ - TỔ HỢP

Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày một số ví dụ về các bài toán liên quan đến dãy số và tổ hợp, trong đó quá trình giải quyết sẽ áp dụng những kết quả đã nêu ở trên.

Ví dụ 4.1: Cho dãy số nguyên ( ) :u n u 1 2;u 2 7 và

Từ giả thiết, ta có:

(có độ dài bằng 1) có duy nhất một số nguyên nên dãy đã cho xác định là duy nhất

Ta có: u 3 25;u 4  89 Ta giả sử u n xu n  1 yu n  2

Từ công thức truy hồi của dãy ta có được v n  2 n  n 2 (a) Mặt khác:

Từ (a) và (b) ta suy ra:

      Từ công thức truy hồi của dãy ( )u n ta thấy u n là số nguyên lẻ  n 2

Ví dụ 4.2: Cho dãy số (a n ) :a 0 0,a 1 1,a n  1 2a n a n  1 1  n 1 Chứng minh rằng A  4a a n n  2 1 là số chính phương

Từ công thức truy hồi của dãy ta thay n1 bởi n ta được:

Xét phương trình đặc trưng  3 3 2 3   1 0  1

Ví dụ 4.3: Cho dãy số ( ) :x n x 1 7,x 2  50;x n  1  4x n  5x n  1 1975  n 2 Chứng minh rằng x 1996 1997 ( HSG Quốc Gia – 1997 )

Vì 1975 22(mod1997)do đó ta chỉ cần chứng minh dãy

Ta chọn a, b sao cho: 22a 8b  0, ta chọn a   4 b 11

Từ đây ta có được:

Theo định lí Fecma 5 1996 1(mod1997)y 1996 11(mod1997)

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có kết quả tổng quát hơn là: x p  1 p với p là số nguyên tố lẻ

Ví dụ 4.4: Cho dãy số 0 1

 Tìm số nguyên dương h bé nhất sao cho: u n h  u n 1998  n * ( HSG Quốc Gia Bảng A –

Giải: Đặt a n 2u n 5, ta có dãy 0 1

Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 5 k 1 37 Vì 5 36 1 37  36 k

 k thử trực tiếp ta thấy chỉ có k  36 thỏa mãn

Chứng minh tương tự, ta cũng có: 5 h 1 81h (81) 54 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra (*)  h 36,54 108  h 108

Với h 108 ta dễ dàng chứng minh được u n h  u n (mod1998)  n 1

Vậy h 108 là giá trị cần tìm

  Tìm  để dãy số ( )y n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó ( HSG Quốc Gia Bảng A – 2004 )

3 n  nên dãy ( )y n có giới hạn hữu hạn  sin  0  k

Ví dụ 4.7: Cho hai dãy 1

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho x p y p không chia hết cho p (TH&TT – 327

Giả sử có một số tự nhiên k để y k  2x k y k  1  0 Khi đó, ta có:

* Nếu p  2 x 2 y 2  4 2 p 2 không thỏa yêu cầu bài toán

* Nếu p  3 x 3 y 3  16 không chia hết cho 3  p 3 thỏa yêu cầu bài toán

* Nếu p 5 ta thấy cũng thỏa yêu cầu bài toán

Vậy p  3,p  5 là hai giá trị cần tìm

Tính tổng của 2001 số hạng đầu tiên của dãy ( )u n ( HSG Quốc Gia – 2001 )

( ) n n x n an b u    thay vào (1) ta được:

Ví dụ 4.9: Cho hai dãy số ( );x n ( )y n xác định : 1

Bằng quy nạp ta chứng minh được: cot 1

Theo kết quả của ví dụ 7 mục II, ta có: tan 1

  Đặt cot ; tan 2 tan 2 cot n 2 3 n  x n n y n n x y n n n n

Ví dụ 4.10: Cho dãy số

1) Cần có thêm điều kiện gì đối với x 1 để dãy gồm toàn số dương ?

2) Dãy số này có tuần hoàn không ? Tại sao ? ( HSG Quốc Gia 1990 )

Vì |x 1 | 1 nên tồn tại ; : sin 1

   thì: sin khi 2 1 sin( ) khi 2 3 n n k x n k

1) Dãy gồm toàn số dương sin 0 0

  là điều kiện cần phải tìm

2) Dựa vào kết quả trên ta có:

  Khi đó từ (1) ta có được

  thì dãy số có dạng x x x x 1 , , , , 2 1 2

    thì dãy số có dạng x x x x x 1 , , , , 2 3 2 3

Ví dụ 4.11: Tính tổng S n     1 3 5 2n 1, với n là số tự nhiên n 1

Ta có: S 1 1 và S n S n  1 2n 1 Áp dụng nhận xét (1), ta đặt :

S x n an b , thay vào (1), ta được:

Ví dụ 4.12: Tính tổng S n 1 2 2 2 3 2  n 2 với n là số tự nhiên n 1

Giải: Ta có S 1 1 và S n S n  1 n 2 (2) Sử dụng nhận xét 1, ta đặt

S x n an bn c Thay vào (2) ta được:

Trong mặt phẳng với n đường thẳng, nếu không có ba đường nào đồng quy và mỗi cặp đường thẳng không cắt nhau, thì số miền mà n đường thẳng tạo ra trong mặt phẳng được xác định.

Giải: Gọi a n là số miền do nđường thẳng trên tạo thành Ta có: a 1 2

Khi xét đường thẳng thứ n + 1 (gọi là d), đường thẳng này cắt n đường thẳng đã cho tại n điểm, chia thành n + 1 phần, mỗi phần thuộc một miền của a_n Mỗi đoạn trong miền a_n sẽ chia miền đó thành 2 miền, do đó số miền tăng thêm là n + 1 Từ đó, ta có công thức a_{n + 1} = a_n + n + 1.

Chú ý : Với giả thiết ở trong ví dụ trên nếu thay yêu cầu tính số miên bằng tính số đa giác tạo thành thì ta tìm được: ( 2)( 1) n 2 n n a   

Trong không gian ba chiều với n mặt phẳng, nếu ba mặt phẳng nào cũng cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào cùng đi qua một điểm, thì số miền mà n mặt phẳng này chia không gian thành sẽ được xác định theo quy tắc nhất định.

Gọi b n là số miền do n mặt phẳng trên tạo thành

Xét mặt phẳng thứ n 1 (ta gọi là ( )P ) Khi đó ( )P chia n mặt phẳng ban đầu theo n giao tuyến và n giao tuyến này sẽ chia ( )P thành 1 ( 1)

 miền, mỗi miền này nằm trong một miền của b n và chia miền đó làm hai phần

Ví dụ 4.16 : Trong một cuộc thi đấu thể thao có m huy chương, được phát trong n ngày thi đấu Ngày thứ nhất, người ta phất một huy chương và 1

7 số huy chương còn lại Ngày thứ hai, người ta phát hai huy chương và 1

Trong cuộc thi, còn lại 7 số huy chương và những ngày tiếp theo sẽ tiếp tục diễn ra Vào ngày cuối cùng, sẽ có n huy chương được phát Câu hỏi đặt ra là tổng số huy chương là bao nhiêu và số ngày đã diễn ra là bao nhiêu?

Giải: Gọi a k là số huy chương còn lại trước ngày thứ k a 1 m, khi đó ta có:

Vì   6, 7  1 và 6 n  1   n 6 nên ta có n     6 0 n 6 m  36

Vậy có 36 huy chương được phát và phát trong 6 ngày

Ví dụ 4.17 : Có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài n trong đó không có hai bit 1 đứng cạnh nhau?

Giải: Gọi c n là số xâu nhị phân độ dài n thỏa mãn điều kiện đầu bài Ta có c 1 2;

Xét xâu nhị phân độ dài n thỏa mãn điều kiện đầu bài có dạng a a n n  1 a n  2 a a 2 1

 a n 1 Khi đó a n  1  0 và a n  2 a a 2 1 có thể chọn là một xâu bất kỳ độ dài 2 n  thỏa điều kiện Có c n  2 xâu như vậy, suy ra trường hợp này có c n  2 xâu

 a n  0 Khi đó a n  1 a a 2 1 có thể chọn là một xâu bất kỳ độ dài n 1 thỏa điều kiện Có c n  1 xâu như vậy, suy ra trường hợp này có c n  1 xâu

Vậy tổng cộng xây dựng được c n  1 c n  2 xâu, hay c n c n  1 c n  2

Ví dụ 4.18: Cho số nguyên dương n Tìm tất cả các tập con A của tập

X  n sao cho không tồn tại hai phần tử x y, A thỏa mãn:

Để giải bài toán này, chúng ta cần đếm số tập con A của X thỏa mãn điều kiện có hai phần tử x và y thuộc A, sao cho x + y = 2n + 1 Tập A này được gọi là tập có tính chất T.

Gọi a n là số tập con A của tập  1,2, ,2n  có tính chất T

Khi đó các tập con A 1,2, ,2 ,2n n 1,2n 2 xảy ra hai trường hợp

Tập A bao gồm hai phần tử 1 và 2n + 2 Trong trường hợp này, số lượng tập A có tính chất T tương đương với số tập con của tập hợp 2n phần tử {2, 3, 4, , 2n + 1} Số lượng tập con của tập này là 2^(2n).

TH2: Trong tập A không chứa đầy đủ hai phần tử 1 và 2n 2 Khi đó A phải chứa một tập A' là tập con của tập 2, 3, 4, ,2 ,2n n 1 sao cho có hai phần tử ', ' ' : x y A

Số tập con A' được xác định bằng số tập con của tập {1, 2, , 2n} có tính chất T Khi trừ đi một đơn vị từ các phần tử của tập {2, 3, 4, , 2n + 1}, ta nhận được tập {1, 2, , 2n} với điều kiện x' + y' = 2n + 1, trong đó x' và y' thuộc A'.

Hơn nữa với mỗi tập A' ta có được ba tập A (bằng cách ta chọn A là A' hoặc {1}A' hoặc {2n 2}A')

Vậy số tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 4 n a n  3 n

Bài 1: Tìm CTTQ của các dãy số sau

Bài 2: Cho dãy số   b n xác định bởi : 1 2  

Bài 3: Cho dãy số   u n thoả mãn như sau : 0 1

Bài 4: Cho dãy số x n xác định như sau: 0 1

Xác định số tự nhiên n sao cho : x n  1 x n  22685

Bài 5: Cho dãy ( )x n được xác định bởi 0 1

Chứng minh rằng: a 1 a 2  a 2005 1, 03 ( TH&TT T10/335 )

Bài 7: Cho dãy ( ) :a n a 0 2;a n  1  4a n  15a n 2 60  n 1 Hãy xác định CTTQ của a n và chứng minh rằng số 1( 2 8)

5 a n  có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với  n 1 ( TH&TT T6/262 )

Bài 8: Cho dãy số   p n ( ) được xác định như sau: p(1) 1;

THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Thực nghiệm sư phạm nhằm kiểm tra tính khả thi của đề tài và hiệu quả của các biện pháp rèn luyện kỹ năng giải quyết toán học cho học sinh, đặc biệt là trong việc tìm số hạng tổng quát của dãy số Đồng thời, nghiên cứu cũng nhằm áp dụng kiến thức này vào việc giải quyết các bài toán liên quan đến dãy số và kiểm nghiệm tính đúng đắn của giả thuyết khoa học.

5.2 Tổ chức và nội dung thực nghiệm

Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT Cửa Lò, Thị Xã Cửa Lò- Nghệ An

Hai lớp có mặt bằng kiến thức tương đồng nhau

Thực nghiệm được tiến hành sau khi học sinh hoàn thành chương về dãy số, cấp số cộng và cấp số nhân Sau khi thực hiện dạy thực nghiệm, chúng tôi đã tổ chức bài kiểm tra tự luận cho học sinh Dưới đây là nội dung đề kiểm tra với thời gian làm bài là 60 phút.

Câu 1: Cho dãy số ( )u n xác định như sau:

Tìm công thức số hạng tổng quát

Câu 2: Cho dãy số ( )u n xác định như sau:

Tìm công thức số hạng tổng quát

Đề kiểm tra được thiết kế với mục đích sư phạm, dành cho học sinh ở hai lớp thực nghiệm và đối chứng có học lực khá trở lên Mức độ khó của đề không quá cao cũng không quá thấp, giúp phân hóa trình độ học sinh và cung cấp cho giáo viên đánh giá chính xác về kiến thức của học sinh Cả ba câu trong đề không nặng về tính toán, mà chủ yếu kiểm tra khả năng suy luận và vận dụng kiến thức về cách tìm số hạng tổng quát của dãy số.

TT Lớp Số bài Điểm dưới TB Điểm TB Điểm khá Điểm giỏi

-) Ở lớp thực nghiệm: tỉ lệ học sinh học có điểm trung bình và dưới trung bình thấp hơn ở lớp đối chứng, tỉ lệ khá và giỏi cao hơn

Trong lớp thực nghiệm, tỷ lệ học sinh có điểm trung bình và dưới trung bình cao hơn so với lớp đối chứng, trong khi tỷ lệ học sinh đạt điểm khá giỏi lại thấp hơn Điều này cho thấy học sinh lớp thực nghiệm có khả năng lĩnh hội, tiếp thu và vận dụng kiến thức tốt hơn Họ cũng thể hiện khả năng nhìn nhận và giải quyết các bài toán tìm công thức tổng quát của dãy số tốt hơn so với lớp đối chứng.

Tiêu đề	Một Số Phương Pháp Xác Định Công Thức Tổng Quát Của Dãy Số
Tác giả	Nguyễn Xuân Hòa
Người hướng dẫn	Thầy Nguyễn Tất Thu
Trường học	Trường THPT Cửa Lò
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	sáng kiến kinh nghiệm
Năm xuất bản	2022
Thành phố	Cửa Lò

Định dạng
Số trang	62
Dung lượng	1,63 MB